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板块十一 磁场（解析版）
（考试时间：100 分钟 试卷满分：90 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共48 分)
一、选择题(本题共12 小题，每小题4 分，共48 分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8 小题，只有
一个选项符合题意；第9～12 小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4 分，选对而不全的得2 分，错
选或不选的得0 分)
1．
如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁体连接
起来，此时台秤读数为F1。现在磁体上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向垂直纸面向里，当加上
电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（ ）
A．F1>F2
B．F1<F2
C．弹簧长度将变长
D．弹簧长度将不变
【答案】A
【详解】AB．初始时台秤读数
等于平板、挡板、弹簧、磁体的总重力
。通电导线后，条形磁体在
导线处的磁场方向斜向右上，电流垂直纸面向里，由左手定则知导线受安培力斜向右下，磁体受反作用
力斜向左上，该力分解为竖直向上的分量
。磁体竖直方向支持力
总压力减小，故
，A 正确，B 错误；
CD．磁体受反作用力的水平分量向左，磁体受向左的力，弹簧被压缩，故弹簧长度变短，C 错误，D 错
1
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误。
故选A。
2．
托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，其结构如图所示。在简化模
型中，我们认为等离子体中带电粒子的动能与等离子体的温度成正比。当等离子体温度为
，磁感应强度
大小为
时，带电粒子在环向场线圈磁场中的运动半径为
；如果等离子体温度为
，为了使等离子体
在环向场线圈磁场中的运动半径仍为
，则所需的磁感应强度
应为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由牛顿第二定律
，解得
，由题意可知动能
与温度
成正比
将速度用动能表示为
，将代入
，可得
，由于
且
不
变，可得
，温度从
变为
，则
故选B。
3．
极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流受地磁场的作用进入地球大气层后产生的。这些高
能带电粒子流向两极运动时做旋转半径不断减小的螺旋运动，如图所示，不计粒子的重力，下列说法正确
的是（ ）
2
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A．带电粒子向两极运动是由于地球引力的效果
B．洛伦兹力对粒子流做负功
C．带电粒子沿螺旋轨迹做加速运动
D．南北两极附近的磁感应强度较大
【答案】D
【详解】A．高能带电粒子流受地磁场的作用（即洛伦兹力）向两极运动，不是地球引力的效果，故A
错误；
B．洛伦兹力始终与粒子的速度方向垂直，洛伦兹力对粒子不做功，故B 错误；
C．由于不计粒子的重力，洛伦兹力不做功，故整体粒子速率不变 ，不是加速运动，故C 错误；
D．图像可知南北两极附近粒子的运动半径变小，根据洛伦兹力提供向心力
可得
可知南北两极附近的磁感应强度较大，故D 正确。
故选D。
4．如图所示，空间分布有很多水平方向足够长的条形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=1T，方向垂直
纸面向里，其宽度均为
，相邻两磁场区域的间距为
。现将一比荷为
的带
正电的粒子（不计重力）从第一个条形磁场区域上边界O 点以大小为
的速度垂直边界进入磁场，
则粒子再次回到第一个条形磁场区域上边界的时间为（取π≈3）（ ）
3
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
粒子进入下方磁场区，圆周运动半径为R，根据洛伦兹力提供向心力
，解得
，
粒子做圆周运动的周期为
，根据粒子在空间运动的轨迹可知，它最低能进入第二个磁场
区，它在磁场区运动的总时间为半个周期
，它经过第一无磁场区运动方向与水平方
向的夹角θ 满足
，所以它在无磁场区的路程
，在无磁场区运动时间
，总时间
故选C。
5．如图所示，圆形区域半径为
，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为
。
位于磁场边界最低点
处有一粒子源，同时将
个带负电的粒子沿纸面内各个方向均匀射入磁场区域，粒
子质量为
、电荷量大小为
、速率均为。
为圆形区域水平直径的两个端点，足够长的弹性挡板
与圆形区域在
两点处相切，所有粒子与挡板垂直碰撞后以原速率反弹，不计粒子的重力和
空气阻力，忽略粒子间的相互影响。下列说法中正确的是（ ）
4
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A．所有粒子最终离开磁场时速度方向平行
B．所有粒子均与右侧挡板碰撞，最终全部从
点离开磁场
C．粒子从
点出发到从
点离开磁场，运动的最长时间为
D．粒子陆续与挡板碰撞过程中对挡板的平均作用力为
【答案】D
【详解】AB．由洛伦兹力提供向心力，有
，可得r＝R，根据磁聚焦结论做出如图所示的轨
迹图
粒子在圆形磁场中射出后均能垂直打在左侧挡板上，反弹后再次进入磁场并全部从点离开磁场，但是离
开磁场时的速度方向不是平行的，故AB 错误；
C．根据磁聚焦可以得出粒子在圆形磁场中运动的两段圆弧圆心角之和为π，每个粒子在磁场中运动的
时间均为
，这个时间是粒子从P 点出发打到A 点，然后再从A 点到D 点，不从A 点与挡板碰撞
得粒子还会在磁场外做一段匀速直线运动，所以所有粒子从P 点出发，从D 点离开的最短时间为
，
故C 错误；
5
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D．所有粒子到达挡板的最短时间为
，最长时间为
粒子与挡板碰撞过程中的作用时间
为
，对这个n 粒子由动量定理可得
，解得
，故D 正确。
故选D。
6．如图所示，真空中有圆柱体回旋加速器，处在方向竖直向下的匀强电场
中，圆柱体金属盒半径为
，
高度为
，匀强磁场
竖直向下，两盒狭缝间接有电压为
的交变电压，在加速器上表面圆心
处静止释
放质量为
电量为
的粒子，粒子从加速器底部边缘引出，不计重力和相对论效应，及粒子间的相互作
用。则（ ）
A．粒子引出时的动能为
B．粒子的运动时间为
C．粒子的运动时间与
有关
D．每次通过金属盒间的狭缝粒子获得动能
【答案】B
【详解】A．粒子从加速器下表面边缘出去时在水平方向上的速度
取决于加速器金属盒的半径，由洛
伦兹力提供向心力，有
，解得
，竖直方向上在电场力的作用下做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律有
，由运动学知识得出粒子从加速器下表面边缘出去时在竖直方向上的速度
6
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为
，联立解得粒子离开加速器下表面边缘时的动能为
，A 错误；
BC．粒子在竖直方向上受电场力，做匀加速直线运动，由运动学知识得
，代入数据解得粒子
得运动时间为
，可知粒子的运动时间与
无关，B 正确，C 错误；
D．粒子每次通过金属盒间的狭缝时，设竖直方向电场力对粒子做功为
，由动能定理可知，
故粒子每次通过金属盒间的狭缝粒子获得动能一定大于
，D 错误。
故选B。
7．阿斯顿最早设计了质谱仪，并用它发现了氖20（
20Ne）和氖22（
22Ne），证实了同位素的存在。一种质
谱仪的结构可简化为如图所示，半圆柱形通道水平放置，其上下表面内半径均为R、外半径均为3R，该通
道内存在方向竖直向上的匀强磁场，正对着通道出口处放置一张照相底片，记录粒子从出口射出时的位置。
粒子源释放出的
20Ne 和
22Ne，加速后垂直通过速度选择器的正交电磁场，磁感应强度大小为B0、电场强度
大小为E0，接着垂直于通道入口从中缝MN 进入磁场区，其中
20Ne 恰能击中照相底片的正中间位置。已知
20Ne 质量为m1，
22Ne 质量为m2，带电量均为q（q>0），不计粒子重力，下列说法错误的是（ ）
A．粒子通过速度选择器的速度
7
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B．通道中匀强磁场的磁感应强度的大小
C．调节速度选择器的电场强度大小，可改变粒子击中照相底片的位置，为了保证两种粒子都能击中照
相底片，电场强度可调节最大值的大小为
D．粒子通过速度选择器的速度
【答案】D
【详解】A．在速度选择器中，粒子所受洛伦兹力与电场力相等，即
，解得
，A 正确；
B．依题意知
20Ne 的轨道半径为
，根据牛顿第二定律有
，解得
，B 正确；
CD．根据B 选项解析可知，当
20Ne 和
22Ne 以相同速度进入磁场区时，质量较大的
22Ne 轨道半径较大，
所以在保证两种粒子都能击中照相底片的情况下，当
22Ne 恰好能够击中照相底片时，其速度最大，速
度选择器的电场强度最大。同前理可得
，
，其中
，联立解得
，
C 正确，D 错误。
此题选择错误的，故选D。
8．
如图甲所示， 一通电导体棒P 质量为m，通过两等长细线悬挂在竖直墙面上等高的M、N 两
点，导体棒P 中通入恒定电流Ip，另一长直导体棒Q 固定于MN 连线的正下方， 并与滑动变阻器串联，此
时滑片位于最左端， 开关闭合， 电路稳定后P 棒与竖直墙面成θ 角，θ=30°，且与Q 棒在同一水平线上，
竖直墙面和两棒侧视图如图乙所示。已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正
比，与到通电导线的距离成反比。不计电源内阻和导体棒Q 的电阻，重力加速度为g，下列说法正确的是
（ ）
8
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A．侧视图中P 棒电流方向沿棒向里
B．此时安培力大小等于
C．若缓慢地将滑动变阻器的滑片自左端向右端滑动，细线对P 的拉力增大
D．若缓慢将滑动变阻器的滑片自最左端缓慢滑至中间，两棒的间距将变为原来的
倍
【答案】D
【详解】A．P 棒受到的排斥的安培力水平向右，则两棒的电流方向相反，Q 棒的电流向里，则侧视图
中P 棒电流方向沿棒向外，故A 错误；
B．对P 棒受力分析可知，受重力
，水平向右的安培力，绳的拉力共三个力而平衡，有
，故B 错误；
C．若缓慢地将滑动变阻器的滑片自左向右端滑动，接入电路的电阻逐渐减小，Q 棒流过的电流逐渐增
大，由
可知在P 棒产生的磁感应强度逐渐增大，P 棒依然处于平衡状态，如图所示
由相似三角形可知
，因
和都不变，则比值
不变，而绳长不变，则
绳子的拉力不变；故C 错误；
9
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D．不计电源内阻和导体棒Q 的电阻，若缓慢将滑动变阻器的滑片自最左端缓慢滑至中间，即电路中的
总电阻变为原来的一半，由
可知Q 棒的电流
变为原来的2 倍，由相似三角形可知
，解得
，故D 正确。
故选D。
9．磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压无关
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷不相同
C．丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，N 侧电势低
D．丁中长宽高分别为a、b、c 的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量Q 恒定，前后两个金属侧
面的电压与a、b 有关
【答案】AC
【详解】A．设回旋加速器中的磁感应强度为B，半径为R，粒子的电荷量为q，质量为m，则带电粒子
在回旋加速器中，根据洛伦兹力提供向心力有
，可知带电粒子的最大动能为
，
所以带电粒子的最大动能与加速电压无关，故A 正确；
B．经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v 都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子轨道
半径R 相同，则根据洛伦兹力提供向心力有
，可得
，所以不改变质谱仪各区域的电
场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B 错误；
C．根据左手定则可判断负电荷受到的洛伦兹力方向指向N 侧，所以N 侧带负电荷，电势低，故C 正确；
D．经过电磁流量计的带电粒子受到洛伦兹力的作用会向前后两个金属侧面偏转，在前后两个侧面之间
10
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产生电场，当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等时流量Q 恒定，故有
，又
，
所以
，由此可知，前后两个金属侧面的电压与a、b 无关，故D 错误。
故选AC。
10．如图甲所示，M、N 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正
对，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁
场方向为正。有一正离子在
时垂直于M 板从小孔O 射入磁场，又从小孔O′射出磁场。已知正离子质
量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由
于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。以下磁感应强度B0大小、离子射入磁场的速度v0，
可能正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】AB．正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有
，做匀速圆周运动的周期
，联立解得
，故A 错误，B 正确；
CD．根据题意可知，要使正离子从
孔射出磁场，离子到达
时必须经过整数个周期，如图所示
当正离子在两板之间运动n 个周期，即运动时间为
时，由几何关系有
，联立求解
11
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得正离子的速度的可能值为
，可知，离子射入磁场的速度可能为
，不可能为
，故C 错误，D 正确。
故选BD。
11．
MM50 是新一代三维适形和精确调强的放射治疗尖端设备，其核心技术之一是多级能量跑
道回旋加速器，工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均
为B，方向垂直纸面向外。下方两条横向虚线之间的区域存在水平向左的匀强电场（两条横向虚线之间的
区域宽度很窄，可忽略不计），方向与磁场边界垂直。某一质量为m、电荷量为e 的电子从P 端飘入电场
（初速度忽略不计），经多次电场加速和磁场偏转后，电子从位于边界上的出射口C 处向左射出磁场并被
收集。已知C、Q 之间的距离为d，匀强电场的电场强度大小为E，电子的重力不计，不考虑相对论效应。
下列说法正确的有（ ）
A．电子第一次加速至Q 端时速度的大小
B．该电子从P 端飘入电场到第一次回到P 端的过程中所用的时间
C．该电子经过QA 圆弧段的时间比QD 圆弧段的时间要短
D．电子最终从C 点射出时的动能为
【答案】ABD
【详解】A．第一次加速，由动能定理得
，解得
，故A 正确；
B．电子在加速电场中运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
，电子
12
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在电场中加速了1 次，可得其运动的位移大小为
，根据位移与时间的关系可得
，联立以上
各式解得
，电子在磁场中做圆周运动的洛伦兹力提供向心力有
，则周期为
，电子从P 点第一次加速至回到P 点过程中，其在磁场中运动的时间
，无
场区运动时间
，电子从P 点第一次加速至回到P 点所用时间
，解得
，故B 正确；
C．在磁场中运动的时间
，始终不变，故C 错误；
D．当该电子从C 处以最大速度vm射出时，最后一次做圆周运动的轨迹半径不能变，即
，由此
可知，从C 处射出的电子动能
，故D 正确。
故选ABD。
12．积分可以看作一种累积的过程。在物理中，有很多累积量的例子。比如，如果速度是时间的函数，那
么位移就是速度在时间上的累积。如图所示，一倾角为37°的足够长的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，
所在空间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为
E。可视为质点的小球质量为m，带正电，电荷量为q，mg=qE，以平行于斜面的初速度
从斜面底
端向上滑行，经过时间t，小球恰好离开斜面。已知sin37°=0.6，整个运动过程中小球带电量保持不变，以
地面为零势能面。下列说法正确的是（ ）
13
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A．小球到达斜面最远的距离
B．
C．小球离开斜面之前的过程中斜面对小球的弹力的冲量大小为
D．小球离开斜面后的电势能最大值为
【答案】CD
【详解】A．小球沿斜面上升的过程中，加速度
，且一直做匀减速运动
至速度为0，所以
，故A 错误；
B．小球沿斜面上升过程中，所用时间为
，当小球向下运动时，加速至速度时离开斜面，
此过程中小球向下的加速度
，而分离时应满足
，解得
则
下滑过程中所用时间
，总时间
，故B 错误；
C．上升过程由平衡条件可得
，此过程中弹力的冲量为
14
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，同理可得下行过程弹力冲量为
，全程弹力的冲量为
，又由匀变速直线运动规律可得
，联
立得
故C 正确；
D．微元累加法：小球离开斜面后做摆线运动，从离开斜面至到达最高点的过程中，以向上为正方向，
以向左为正方向，则有
，整理得
，解得
，离开斜面时，小球离底边高度
，故
，故D 正确。
故选CD。
第Ⅱ卷(非选择题，共52 分)
二、填空题(本题共2 小题，共14 分)
13．(6 分)小花同学设计了如图所示的实验：矩形线圈abcd，匝数为10 匝，实验过程中cd 边始终在匀强磁
场内，ab 边始终在磁场外，cd 的长度为10cm，整个线圈的质量为0.1kg，弹簧上端固定，重力加速度取
g=10m/s2，实验的主要步骤如下：
15
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(1)矩形线圈静止且没有通电时，用刻度尺测得轻弹簧的伸长量为0.50cm，则弹簧的劲度系数为
N/m。
(2)当给线圈通上3A 的电流时，弹簧的伸长量增加了0.30cm，则从正前方看线圈的电流方向为
（填“顺时针”或“逆时针”），磁感应强度的大小为 T。
【答案】(1)200
(2) 逆时针 2
【详解】（1）根据受力平衡可得kx=mg
解得弹簧的劲度系数为k=200N/m
（2）[1]弹簧的伸长量增加了0.30cm，可知cd 边受到的安培力向下，根据左手定则可知，电流的方向
为由d 到c，即为逆时针方向；
[2]根据受力平衡可得
解得磁感应强度的大小为B=2T
14．(8 分)霍尔效应是电磁现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图甲所
示，在一矩形半导体薄片的P、Q 间通入电流强度为I 的电流，同时外加与薄片垂直的磁感应强度为B 的
磁场，则在M、N 间出现大小为
的电压，这个现象称为霍尔效应，
称为霍尔电压，且满足
，
式中d 为薄片的厚度，k 为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。
(1)若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图甲所示，该同学用电压表测量
16
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时，应将电压表的“-”接线柱与 （选填“M”或“N”）端通过导线相连。
(2)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔
系数的测量误差，为此该同学设计了如图乙所示的测量电路，
、
均为单刀双掷开关，虚线框内为半导
体薄片（未画出）。为使电流从P 端流入，Q 端流出，应将
掷向 （选填“a”或“b”），
掷向
（选填“c”或“d”）。
(3)已知薄片厚度
，该同学保持磁感应强度
不变，改变电流的大小，测量相应的
值，
记录数据如下表所示。
I（
）
3.0
6.0
9.0
12.0
15.0
18.0
（
）
1.1
1.9
3.4
4.5
6.2
6.8
根据表中数据在给定区域内（见答题卡）画出
图线 ，请利用图线求出该材料的霍尔系数为
（保留2 位有效数字）。
【答案】(1)N
(2) a d
17
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(3)
【详解】（1）正电荷从P 运动到Q，磁场方向竖直向下，根据左手定则，可得正电荷向M 偏转，故电
压表“＋”接线柱接M，电压表的“-”接线柱与N 端通过导线相连
（2）[1][2]为使电流从P 端流入，Q 端流出，即P 端应和电源正极相连，所以
接a，
接d；
（3）[1][2]根据描点法可得
图像如图所示
根据
可得
所以图像的斜率
代入数据可得
三、计算题(本题共4 小题，共38 分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位)
15．(9 分)空间内有一匀强磁场，磁感线方向竖直向下：
18
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(1)在磁场中放入一根长
、与磁场方向垂直的直导线，让导线中通过
的电流，这段导线受到的磁场
力为
。求该磁场的磁感应强度大小。
(2)如图所示在这个磁场中放入一个线圈，线圈平面与水平方向夹角
，线圈平面面积
，穿
过线圈的磁通量
为多少？若将线圈以
为轴顺时针转过
角，则通过线圈的磁通量变化量为多少？
若将线圈以
为轴逆时针转过
角，则通过线圈的磁通量变化量为多少？
【答案】(1)2T
(2)
，1.2Wb，0.4Wb
【详解】（1）由磁感应强度的定义式得
（2）线圈在垂直磁场方向上的投影面积
穿过线圈的磁通量
线圈以
为轴顺时针方向转过
后变为与磁场垂直，但由于此时磁感线从线圈平面穿入的方向与原
来相反，故此时通过线圈的磁通量
故磁通量的变化量大小为
线圈以
为轴逆时针方向转过
后变为与磁场方向平行，线圈在垂直磁场方向上的投影面积为0，
故此时通过线圈的磁通量
故磁通量的变化量
16．(9 分)如图所示，在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒
在竖直平面内垂直
于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为
，一质量为
、带电荷量为
的圆环
套在
棒上，圆环与
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棒间的动摩擦因数为
，且
现让圆环
由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：
(1)圆环
的最大加速度为多大？
(2)圆环
获得最大加速度时的速度为多大？
(3)圆环
能够达到的最大速度为多大？
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）圆环
沿杆下滑，所受洛伦磁力垂直于杆向上，垂直于杆列平衡方程得：
，可知，当弹力
等于零时，圆环
所受摩擦力为零，此时圆环
的加速度最大，
由牛顿第二定律得
，解得圆环
的最大加速度为
（2）圆环
获得最大加速度时，
，此时圆环
的速度为
（3）圆环
的加速度为零时，其速度最大，沿杆方向有
垂直于杆方向有
解得圆环
能够达到的最大速度为
17．(9 分)老式电视机显像管应用了电子束磁偏转的原理。如图所示，显像管中有一个阴极，工作时它能发
射电子，电子经过加速电场和磁场偏转后撞击到荧光屏从而使荧光屏发光。已知电子从阴极逸出的初速度
不计，进入偏转线圈时速度为v，偏转线圈产生磁场的磁感应强度与流过偏转线圈的电流成正比，比例系
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数为k，且磁场在水平方向的宽度为d，对任一电子通过磁场的这段时间内可以认为磁场没有发生变化，
时刻电子恰好打在荧光屏的中央位置A，
时刻打到B 点的电子经过偏转线圈后速度方向偏转了45°，电子
质量为m、电量为e，求:
(1)加速电场的电压；
(2)打到A 点的电子对应的偏转线圈中磁感应强度的大小；
(3)打到B 点的电子对应的偏转线圈中电流的大小。
【答案】(1)
(2)0
(3)
【详解】（1）电子在电场中由动能定理有
解得
（2）
时刻电子恰好打在荧光屏的中央位置A，说明电子未发生偏转，即电子不受洛伦兹力，此时偏
转线圈中磁感应强度为0。
（3）依题意可做出电子在偏转磁场中的运动轨迹，如图所示
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电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为R，有
由几何关系可得
依题意有
联立解得
18．
(11 分)我国第一台高能量同步辐射光源HEPS 将于2025 年12 月建成。HEPS 建成后将是世
界上亮度最高的第四代同步辐射光源之一，也是世界五大高能量同步辐射光源之一，将源源不断为世界释
放“中国之光”。
如图甲所示，工作时，源头的电子枪产生电子束，在真空条件下经直线加速器将电子束加速，注入环形增
强器，电子继续加速后被注入储存环，以接近光速的速度保持运动。在储存环上的不同位置，电子束通过
插入件时，会沿着偏转轨道切线方向释放同步辐射光。
其中，储存环中的插入件能使粒子的运动轨迹发生扭摆，其简化模型如图乙：宽度均为L 的条形区域Ⅰ、
Ⅱ、Ⅲ边界竖直，区域Ⅰ内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ内存在方向垂直纸面向里的匀强磁
场，且区域Ⅲ内磁感应强度大小是区域Ⅰ内的三倍。一电子从平行板电容器板S 处由静止释放，经电场加
速后平行于纸面水平射入区域Ⅰ。已知极板间电压为U，电子的电荷量大小为e，质量为m，重力不计。
(1)电子水平射入区域Ⅰ的初速度v0；
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(2)若电子恰好不能从区域Ⅰ右边界射出，求区域Ⅰ内磁感应强度大小；
(3)若电子恰好不能从区域Ⅲ右边界射出，求电子从进入区域Ⅰ到离开区域Ⅲ的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）电子经过加速电场由动能定理
得
（2）电子恰好不能从区域Ⅰ右边界射出，则速度与区域Ⅰ右边界相切，由几何关系得
电子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
解得
（3）电子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系得
根据洛伦兹力提供向心力有
其中
，
电子在区域Ⅱ中做匀速直线运动，有
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电子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动，由几何关系得
同理有
，
则
总时间
得
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